专题2 课时作业6 “传送带”模型中的动力学和能量问题-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

班级： 姓名： 课时作业6“传送带”模型中的动力学和能量问题 (分值：75分) 基础巩固练 4.(5分)（多选）(2025·广东肇庆一模)如图为一种 鱼虾自动分离装置的示意图，鱼和虾均从一个靠 1.(5分)(2024·安徽卷)倾角为0 近传送带的出料口掉落到转动的传送带上，鱼和 的传送带以恒定速率。顺时针 虾就会自动向两端运动。下列说法正确的是 转动。t=0时在传送带底端无 0 ( 初速度轻放一小物块，如图所 出料口 示。。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度 达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运 动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变 化的关系图线可能正确的是 () 鱼收集箱 ⊙0 虾收集箱 A.传送带的转动方向是顺时针方向 B.鱼在传送带上运动时，内能增加，机械能减小 C.传送带速度越大，虾到达下端虾收集箱的用时 越短 D.鱼和传送带间的动摩擦因数一定大于虾和传送 带间的动摩擦因数 D 5.(5分)2024年9月，全国首座全自动化渔业码头 2.(5分)(2024·北京卷)水平传送带匀速运动，将一 正式启用，传送带是码头自动化搬运系统不可缺 物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传 少的组成部分。如图甲所示，倾角为0=37°的倾 送带一起匀速运动。下列说法正确的是 () 斜传送带沿顺时针方向转动，传送带的速度随 A.刚开始物体相对传送带向前运动 时间t的变化图像如图乙所示。t=0时刻将质量 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 为m=2kg的货物轻放在传送带底端，已知货物 C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 和传送带间动摩擦因数μ=0.8，最大静摩擦力等 D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间 于滑动摩擦力，传送带足够长，重力加速度g取 越长 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8.0~15s过 3.(5分)如图所示，足够长的水平 程中货物和传送带由于摩擦产生的热量为() 传送带以恒定速率v顺时针运©)立。 ↑/m·s-) 动，某时刻一个质量为m的小 物块，以大小也为、方向与传送带的运动方向相 反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传 送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运 1015t/s 动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W,小 物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q,则下列 A.64J B.60J C.32J D.30J 判断中正确的是 6.(15分)机场地勤工作人员利 A.W=0,Q=mv2 B.W=0,Q=2mv2 用传送带从飞机上卸行李。如 L号 C.W=mv 图所示，以恒定速率1= 2Q=mv D.W=mv',Q=2mv 0.6m/s运行的传送带与水平 (横线下方不可作答) 119 专题二能量与动量 面间的夹角a=37°，转轴间距L=3.95m。工作 A 人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端 甲 推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间 ⊙】 的动摩擦因数4=0.8。重力加速度g取10m/s2, (1)甲物体从滑上传送带到与传送带速度相同时 sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： 得分 所需时间； (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a; (2)传送带A、B间的长度； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 (3)为维持传送带匀速转动，电动机多做的功。 能力提升练 7.(5分)(2025·河南南阳高三期中)如图甲所示，倾 角为37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向 匀速转动，将一质量m=5kg的货物（可视为质 尖子生选练 点)轻放到传送带底端A,货物运动的速度？随时 9.(15分)如图所示，传送带的水平部分ab长度为 间t变化的图像如图乙所示，t=10s时货物到达传 L1=10m,倾斜部分bc长度为L2=16.8m,bc与 送带顶端B,g取10m/s2,sin37°-0.6，cos37°= 水平方向的夹角为0=37°。传送带沿图示顺时针 0.8,货物从A端运动到B端的过程中，下列说法 方向匀速率运动，速率v=4m/s,现将质量m 正确的是 () 2kg的煤块（视为质点）由静止轻放到a处，之后 ⊙ ↑l(m·s) 它将被传送到c点，已知煤块与传送带间的动摩 2--- 擦因数μ=0.2，且此过程中煤块不会脱离传送带， 重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= A⊙137° ------- 10t/s 0.8。求： 得分 甲 (1)煤块从a运动到c的时间； A.货物受到的摩擦力大小始终为32N (2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度； B.货物受到的摩擦力做的功为160J (3)煤块与传送带间的摩擦力产生的热量。 C.货物受到的合力做的功为460J D.因为传送货物，电动机对传送带多做功620J 8.(15分)如图所示，一水平传送带由电动机带动以 v=2m/s的速度匀速转动，转动方向如图所示。 可视为质点的甲、乙两物体分别以v1=1m/s和 v2=3m/s的速率从传送带的两端A、B处按图示 方向同时滑上传送带。已知两物体在同一条直线 上运动，且运动过程中恰好没有相碰。两物体与 传送带间的动摩擦因数均为4=0.5，质量均为 m=1kg,重力加速度g取10m/s2。求： 得分 红对勾·讲与练 120 高三二轮物理 ■定律有G M·6m =6m”,可得组合 体做圆周运动的线速度为V=/ GM 弹射返回舱的过程中组合体动量守 恒，有5mU1十mw2=6mv,由题意v2= 2 GM GM ,故选C。 I0.A由几何关系知FBA=FCA,设B、A 47m 间的距离为d,则F=G,A所 受的合力FA=2 FBA COS30°，联立可 得FA一4√3G”.由几何对称性可知 d2 星体B、C受力大小相等，根据牛顿第 Am 三定律FAB=FM=G,又FcB G,设星体B所受的合力为FB,正 交分解FB,有F=FABcos60°十 ≤3G,F=Fsin60 FCB= 23Gm2 d2 ,则Fg=√F十Fw √②Gn2,则aoA:ao:at=4m d2 F8 m Fc=7:7:7,故选A n 11.BD 设该星球表面的重力加速度为 go,小球在圆周最高点时有mg。 v F=m R,F=mg。一m尺，由题图乙 b 知，当F=0时，有mgo=mR,可得 80=尺，则X星球的第一宇宙速度为 b v1=√gR0= bRo 故A错误：根 R 据G Mm R mg0,得X星球质量为 M= goRa bR ,则X星球的密度为 G RG bR3 M GR 36 p= V 4 4πGR,R ,故B正 3 πR8 确，C错误：设环绕X星球的轨道离 星球表面高度为R。的卫星的轨道半 径为r,则r=R。十R。=2R。,由 Mm G 4x得T=2m GM (2R。) 2RoR 2x bR3 ,故D正确。 b G RG 专题二{ 能量与动量 课时作业5功和能 1.BC由于火箭匀减速竖直下落，速度 减小，动能减小，且重力势能减小，故 火箭的机械能减小，故A错误：由于火 箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛 顿第二定律可知，火箭所受的合力不 变，故B正确；由于火箭的重力势能减 小，故火箭所受的重力做正功，故C正 确：火新的动能E,=号mm=了m· (v。一at)2,故火箭的动能不随时间均 匀减小，故D错误。 2.D人在下滑的过程中，由动能定理可 1 得mgh一W:=2m2-0,可得此过程 中人与滑板克服摩擦力做的功W: mgh一2m0,故选D。 3A根据题意小车匀速运动，则有F= f=k,小车的机械功率P数=F)= kv2,由于电动机的效率为50%，则有 7e一0.52k,光伏电池的光 P P机0 电转换效率为即”=p。可得 P息_2k P= -,故选A。 7 7 4.A对两次运动的整个过程根据能量 守恒有号m=Amg十mg红 工N）,2m=BgEMN十hmg（z2一 xMN),可得x1=x2,故C、D错误；根据 牛顿第二定律mg=ma,可得a=g, 由于>2，故滑块在MN上时的加 速度大，根据前面分析可知两次运动 的总位移相等，即两次运动过程中)-1 图像与横轴围成的面积相等，由于第 二次时滑块距离M,点的距离较近，根 据公式后一v2=2μ2gx可知第二次到 达M点时速度较大，作出整个过程中 两次运动状态的？-1图像如图所示， 可得2>11，故A正确，B错误。 0 5.CD当环到达B点 时，由题图中几何关系 可得重物上升的高度 h=(2-1)d,A错 误：环到达B,点时，对 环的速度进行分解如 图所示，可得环c0s0= ⑦新，由题图中几何关 系可知日=45°，则V烁=√2v物，B错误； 因环从A点到B点，环与重物组成的 系统机械能守恒，则环减少的机械能 等于重物增加的机械能，C正确；当环 下落到最低，点时，设环下落高度为H, 由机械能守恒定律，有mgH= 2mg(+dd0,解得H3d D正确。 6.B分为下面两种情况讨论，①物体恰 能到达最高点C,在最高点由牛顿第二 定裤有g=m资解得一原。 物体由A点运动到C点过程中，由能 量守恒定律有E。=mg·2R+2w忌， 5 解得E。=2mgR,所以初始弹簧弹性 5 势能Em≥2mgR。②如果物体仅到 达与圆心等高位置，由能量守恒定律 有E。=mgR,所以初始弹簧弹性势能 Eo≤mgR。综上弹簧弹性势能不可 能的是2mgR,故选B。 7.A根据机械能守恒定律可得mgH= m,可得小球a和b到达轨道底瑞 1 的速度大小均为)=√2gH,小球b沿 直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动，其 v-t图像为一条倾斜直线，小球a沿 “最速降线”轨道I运动过程，加速度 逐渐减小，则其v-t图像的切线斜率 逐渐减小，且小球a所用时间小于小球 b所用时间，故A正确，B错误；根据 mgh = m0,可得小球a和b下滑过 1 程速率平方)2与下滑高度h的关系 为v2=2gh,可知小球a和b的v2-h 图像均为一条过原，点的倾斜直线，故 C、D错误。 8.(1)5m/s(2)8m/s60 解析：(1)雪块在屋顶上运动过程中， 由动能定理有mgxsin0一umg cos0· x一 m-0,代入数据解得雪块到 1 A点速度大小为vo=5m/s。 (2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动， 由动能定理有mgh=名nu 2m6, 代入数据解得雪块到地面时速度大小 v1=8m/s,速度方向与水平方向夹角 vocos 0 5×0.81 a满足COsa= 8 2 解得α=60°。 9.AD小球从B到C的过程中，根据动 能定理知小球速度减小，由牛顿第二 定体得mg co-F、=m及g减小， 速度v减小，故小球受到的支持力F、 增大，由牛顿第三定律知该过程小球 对轨道的压力逐渐增大，A正确；小球 从A到B的过程中，根据动能定理知 小球的速度减小，由P=mgusin0知 重力的功率减小，B错误；小球从A到 C的过程中，根据动能定理得一mg· 2R=0-1 m知后（小球恰好到达C点， 在C点的速度为0)，解得小球的初速 度U。=2√gR,C错误：增大小球的初 速度，由动能定理知小球到达B点的 U 速度增大，由ng cos0-F、=m 知， R 小球有可能从B,点脱离轨道，D正确。 课时作业6“传送带”模型中 的动力学和能量问题 1.C0一1。时间内，物块在传送带上做 加速运动。对物块受力分析可知，物 块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动 摩擦力大于重力的下滑分力，合力不 变，故做匀加速运动。t。之后，当物块 速度与传送带相同时，静摩擦力与重 力的下滑分力相等，加速度突变为0， 参考答案 243 物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、 D错误。 2.D刚开始，物体速度小于传送带速 度，物体相对传送带向后运动，A错 误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力 作用，B错误：加速运动过程中，传送带 对物体的摩擦力向前，则摩擦力对物 体做正功，C错误；加速运动过程 牛顿第二定律 )=a f=umg=ma x加 速时间t= →v越大，t越大 以g D正确。 3.B 对小物块，由动能定理有W= mw2、1 1 mv2=0,设小物块与传送 带间的动摩擦因数为以，小物块向左做 减速运动时，运动时间t=”,二者间 ug 的相对路程西，=2十1= 2,小物 块向右做加速运动时，运动时间仍为 t,二者间的相对路程x2=l一 ?,则小物块与传送带间的相对路程 x物时=1十x,=20,小物块与传送带 22 g 间因摩擦产生的热量Q=mgx相对 2m2,故B正确。 4.AD鱼和虾在传送带上受重力、支持 力和沿传送带向上的摩擦力，故传送 带沿顺时针方向转动，A正确；鱼向上 运动，有Mg sin0<1 Mg cos0,摩擦力 对鱼做正功，机械能增大，虾向下运动 有ng sin8>42 mg cos0,41一定大于 42,B错误，D正确；传送带沿顺时针方 向转动，无论速度为多少，对虾的摩擦 力大小和方向均不变，虾下滑的时间 与传送带的速度无关，C错误。 5.C货物向上做匀加速直线运动最大的 加速度为amx= umg cos 0-mgsin 0 m 0.4m/s2,0~10s传送带的加速度为 a1 0m/g=0.2m/s,所以在010s 两者相对静止一起向上运动，10~15s 5-2 传送带的加速度为a2= 15-10 m/s2= 0.6m/s2,从10s开始货物相对传送 带向下滑动，货物位移为s1=2×5m十 号×0,4X5m=15m,传送香位移为 =2X5m+号×6X5m=1z.5m 015s过程中货物和传送带由于摩擦 产生的热量为Q=mgC0s0(52 1)=32J,故选C。 6.(1)0.4m/s2(2)4.5s 解析：(1)小包裹的速度v2大于传送带 的速度1，所以小包裹受到传送带的 摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿 第二定律可知ng cos0-gsin0= ma,解得a=0.4m/s2。 (2)小包裹开始阶段在传送带上做匀减 速直线运动，所用时间t1= 2一1 a 1.6-0.6 s=2.5s, 0.4 2442随闪·讲与练·高三二轮物理 在传送带上滑动的距离为x1 2 1.6+0.6×2.5m=2.75m, 2 因为小包襄所受滑动摩擦力大于重力 沿传送带方向上的分力， 即ng cos0>ng sin0,所以小包裹与 传送带共速后做匀速直线运动至传送 带底端，匀速运动的时间为 t:= L-x1_3.95-2.75 s=2s, U 0.6 所以小包裹通过传送带的时间为t t1十t2=4.5s。 7.D速度一时间图像斜率表示加速度， 由题图乙可知，前5s内货物加速运 动，货物受到重力mg、滑动摩擦力f 和支持力FN,由牛顿第二定律得 ∫清一ng sin=ma,其中加速度为a /2-0N \5-0 m/s2=0.4m/s2,联立 以上解得∫=32N,匀速后由平衡条 件可知，货物所受静摩擦力∫#等于货 物重力沿传送带向下的分力，即∫#= ngsin日=30N,故A错误；速度一时 间图像与横轴围成的面积表示位移， 故前5s和后5s货物的位移分别为 x1=2 ×2X5m=5m,xg=2× 5m=10m,故货物从A端运动到B 端的过程中，货物受到的摩擦力做的 功为W=fx1十f#x:,代入数据得 W=460J,故B错误；由图像可知货物 到B端时速度v=2m/s,所以货物从 A端运动到B端的过程中，由动能定 理可知，货物受到的合力做的功为 Ws=2m02-0=2 ×5×22J=10J, 故C错误；由图像可知传送带速度为 2m/s,由能量守恒可知，因为传送货 物，电动机对传送带多做的功为 W电骑教=∫滑51十∫特52，其中s1、2分别 为s1=2m/s×5s=10m,s2= 2m/sX5s=10m,联立得W电动机= 620J,故D正确。 8.(1)0.2s(2)2.4m(3)12J 解析：(1)对甲进行受力分析，有 mg=na1,根据匀变速直线运动的速 度一时间公式有v=v1十a11,联立解 得t=0.2s。 (2)对乙进行受力分析，有mg=ma2, 取向右为正方向，设经过时间t2乙与 传送带共速，根据匀变速直线运动的 速度时间公式有v=一v2十a2t2,解得 12一1s,从开始运动到甲、乙两物体恰 好相遇不相碰过程，甲的位移为工甲= 1十u(t2-41)=1.9m,乙的位 2 移为x七三 一V2十 2 -t,=一0.5m,则有 LAB=x甲一x乙=2.4m。 (3)设甲与传送带间的相对位移为51， U1十 则有s1=t1一 -t1=0.1m,产生 2 的热量为Q1=mg51=0.5J,设乙与 传送带间的相对位移为s2,则有52= (02十v)1 2d2 =2.5m, 产生的热量为Q2=fngs2=12.5J,由 能量守饭定律得2aw+m十 w=2×号m+Q,十Q,解得w 12J。 9.(1)5.5s(2)8.8m(3)44.16J 解析：(1)煤块在水平部分运动时，由 牛顿第二定律g=ma1, 可得煤块运动的加速度a1=2m/s2, 煤块从静止加速到与传送带共速的距 v2 离为51= 42 2a1 2×2 m=4m<10m, 故煤块在水平部分先做匀加速运动， 后做匀速运动，匀加速运动的时间为 U 8=25,匀速运动的时间 4 t1== 01 L1-s110-4 t2= s=1.5s, U 4 在倾斜传送带上，由于μ<tan0=0.75, 故煤块在倾斜传送带上做匀加速运 动，由牛顿第二定律得 mg sin 0-umg cos 0=ma2, 可得煤块在倾斜传送带上的加速度大 小为a2=gsin0-gcos0=4.4m/s2, 根据匀加速运动的位移与时间的关系 方1=十， 42 解得t3=2s或t:=一 s(舍去)， 故煤块从a运动到c的时间t=t1十 t2十t3=5.5s。 (2)煤块在水平传送带上运动时与水 平传送带的相对位移为 △s1=vt1-s1=(8-4)m=4m, 煤块在倾斜传送带上运动时与倾斜传 送带的相对位移为△s2=L2一t3= (16.8-8)m=8.8m, 由于△s1与△s?是重复痕迹，故煤块在 传送带上留下的黑色痕迹长度为 8.8m。 (3)煤块在水平传送带上因摩擦产生 的热量为Q1=f1·△s1, 其中f1=mg, 解得Q1=16J, 煤块在倾斜传送带上因摩擦产生的热 量为Q2=f2·△s2, 其中f2=umg cos0, 解得Q2=28.16J, 故Q=Q1+Q2=16J+28.16J= 44.16J. 课时作业7动量定理和 动量守恒定律 1.A设单位时间撞击锅盖的豆子个数 为n,则由动量定理F△t=△nw (-△m·子），其中F=Mg,am n△1·m,解得n 3Mg,故A正确。 5mv 2.A对整个系统分析可知合力为0， A和B组成的系统动量守恒，得mAUA= mBB。设弹簧的初始弹性势能为E。, 整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守 他：当弹簧恢复原长时得E,=,暖十